Institutionen för
REGLERTEKNIK
Reglerteknik AK, FRTF05
Tentamen 26 oktober 2020, 14:00–19:00
Poängberäkning och betygssättning
Lösningar och svar till alla uppgifter skall vara klart motiverade. Tentamen omfattar totalt 25 poäng. Poängberäkningen finns markerad vid varje uppgift.
Preliminära betygsnivåer:
Betyg 3: lägst 12 poäng 4: lägst 17 poäng 5: lägst 22 poäng Tillåtna hjälpmedel
Matematiska tabeller (TEFYMA eller motsvarande), formelsamling i reglerteknik samt icke förprogrammerade räknare.
Tentamensresultat
Resultatet meddelas via LADOK. Tid och plats för tentavisning kommer att anges på kurshemsidan.
1. Ett linjärt, tidsinvariant system beskrivs av differentialekvationen y(t) + 3y(t) = 5 ˙¨ u(t) + u(t)
där y(t) är mätsignal och u(t) är styrsignal.
a. Vad är systemets överföringsfunktion? (1 p)
b. Rita ut systemets poler i det komplexa talplanet. (1 p) c. Är systemet asymptotiskt stabilt, stabilt eller instabilt? Motivera ditt svar.
(0.5 p) d. Kalle och Lisa diskuterar vad som händer om systemet utsätts för en styrsignal u(t) i form av ett enhetssteg. Kalle säger att y(t) kommer att konvergera mot värdet 1/3. Lisa säger att y(t) kommer att konvergera mot 0. Har någon av dem rätt och i så fall vem? Motivera ditt svar. (0.5 p) Solution
a. Laplace ger:
s2Y (s) + 3Y (s) = 5sU (s) + U (s) Y (s) = 5s + 1
s2+ 3U (s) b. Systemet har poler i ±√
3i vilket vi finner genom att lösa s2+ 3 = 0.
c. Systemet är stabilt men ej asymptotiskt stabilt, då vi har enkla poler på ima- ginära axeln.
d. Både Kalle och Lisa har fel, eftersom systemet inte är asymptotiskt stabilt existerar inte gränsvärdet utan svaret blir en sinusoid.
mg θ
u
Figur 1: Pendel från problem 2.
2. En pendel är enkelt monterad i en motor som kan ge ett externt vridmoment u (se Figur 1). Från nedåt hängande läge kan vi definiera vridvinkeln θ. Vi definierar tillstånden x1 = ˙θ och x2 = θ. Vi kan formulera följande differentia- lekvationer (givet väldigt räknevänliga parametrar för pendelns egenskaper):
x˙1 = − sin x2+ u x˙2 = x1
a. Linjärisera systemet kring den stationära punkten u = 0, x1 = 0, x2 = 0. Är det resulterande systemet stabilt? Kommentera rimligheten i detta. (1.5 p) b. Linjärisera systemet kring den stationära punkten u = 0, x1 = 0, x2 = π. Är det resulterande systemet stabilt? Kommentera rimligheten i detta. (1.5 p) Solution
Den linjäriserade modellen av systemet kommer att se ut som
∆ ˙x1 = − cos(x02)∆x2+ ∆u
∆ ˙x2 = ∆x1
∆ ˙x =
"
0 − cos(x02)
1 0
#
∆x +
"
1 0
#
∆u
Systemet kommer att ha det karakteristiska polynomet det(sI − A) = s2 + cos(x02). Detta har poler i s = ±q− cos(x02)
a. Givet x02 = 0 hamnar polerna i s = ±i, vilket är marginellt stabilt. Rimligtvis ser vi att om vi släpper pendeln nära det nedåthängande läget kommer den att oscillera stabilt kring det läget, men eftersom vi inte modellerar någon friktion kommer den också att oscillera för evigt.
b. Givet x02 = π hamnar polerna i s = ±1. En av dessa poler är instabil, vilket är rimligt. Vi ser att detta motsvarar läget då pendeln hänger uppåt, och om man då släpper pendeln lite vid sidan av det stationära uppåt-läget kommer pendeln att accelerera okontrollerat.
3. I figur 2 visas Bodediagram för sex olika asymptotiskt stabila system som saknar nollställen. Stegsvaren för samma system visas i slumpad ordning i figur 3. Para ihop Bodediagrammen A-F med stegsvaren 1-6. För varje par
krävs en motivering. (3 p)
10-2 10-1 100
Magnitude (abs)
10-2 100 102 -90
-45 0
Phase (deg)
D
Frequency (rad/s)
10-4 10-2 100
Magnitude (abs)
10-2 100 102 -180
-90 0
Phase (deg)
C
Frequency (rad/s) 10-4
10-2 100
Magnitude (abs)
10-2 100 102 -5760
0
Phase (deg)
A
Frequency (rad/s)
100
Magnitude (abs)
10-2 100 102 -180
-90 0
Phase (deg)
E
Frequency (rad/s)
10-2 100
Magnitude (abs)
10-2 100 102 -90
-45 0
Phase (deg)
F
Frequency (rad/s) 10-1
100
Magnitude (abs)
100 102
-90 -45 0
Phase (deg)
B
Frequency (rad/s)
Figur 2: Bodediagram till uppgift 3.
Solution
Bodediagram A har en fas som sjunker snabbt vid höga frekvenser, samtidigt som lutningen för förstärkningskurvan förblir −2. Det senare tyder på att vi inte har fler nya poler, och fasminskningen måste därför orsakas av en dödtid.
En dödtid ger just en snabb fasminskning för höga frekvenser, utan att påverka förstärkningskurvan, och detta beteende ser vi i diagram A, men inte i något av de andra. Vi har således ett system med dödtid, vilket måste motsvara stegsvar 2. Vi har alltså paret A ↔ 2.
Vi ser att av diagrammen B–F så motsvarar C och E andra ordningens sy- stem, eftersom fasen minskar till −180◦ och lutningen på förstärkningskurvan är −2 för höga frekvenser, medan övriga system är av första ordningen eftersom fasen minskar till −90◦ och lutningen på förstärkningskurvan är −1 för höga frekvenser. Stegsvaren kan skiljas åt genom att titta på begynnelsederivatan.
Enligt begynnelsevärdessatsen får vi y(0) = lim˙
t→0y(t) = lim˙
s→∞s · sG(s)1
s = lim
s→∞sG(s).
Figur 3: Stegsvar till uppgift 3.
Detta innebär att ett asymptotiskt stabilt förstaordningssystem utan nollstäl- len leder till en derivata som är större än noll, medan derivatan för ett asymp- totiskt stabilt andraordningssystem utan nollställen blir noll. Vi ser därför att stegsvaren 3 och 5 motsvarar andraordningssystem, medan 1, 4 och 6 motsva- rar förstaordningssystem.
Skillnaden mellan Bodediagrammen C och E är att E har en resonanstopp, vilket indikerar sämre dämpning och leder till ett mer resonant stegsvar. Vi får därför paren E ↔ 3 och C ↔ 5.
För de återstående Bodediagrammen ser vi på förstärkningskurvan för låga frekvenser att B och F har en statisk förstärkning på 0.5, medan D har den statiska förstärkningen 1. Det måste därför gälla att D ↔ 4. De två återståen- de systemen skiljer sig åt endast genom att brytfrekvensen är högre för B än för F. Detta innebär att systemet B är snabbare, och ger oss B ↔ 1 samt F
↔ 6.
4. En linjär, tidsinvariant process har överföringsfunktionen Gp(s). Gp(s) har skärfrekvensen ωc och fasmarginalen ϕm. Processen utsätts sedan för en tids- fördröjning L. Systemet återkopplas med en P-regulator med förstärkningen K = 1.
a. Vad måste vi ställa för krav på L för att det återkopplade systemet ska vara
stabilt? (1 p)
b. En Otto-Smith-regulator introduceras för att kontrollera processen. Antag att vi har en perfekt modell av Gp(s) och en perfekt skattning av L. Antag också att
ϕm = 1 radian, ωc = 1 radian/s. Antag L = 100 s. Kommer det återkopplade
systemet vara stabilt? (1 p)
c. Diskutera rimligheten av ditt svar i b. om detta skulle tillämpas i ett verkligt
scenario. (1 p)
Solution
a. Så länge tidsfördröjningen L är kortare än ϕm/ωc (där båda anges i samma vinkelenhet) är systemet stabilt.
b. Om modellen är perfekt kommer en Otto-Smith-regulator agera som om den styrde efter en modell av processen utan dödtid, för vilken systemet är stabilt.
Därav kommer detta system också vara stabilt. Dock kommer utsignalen ha en fördröjning på 100 sekunder jämfört med den fördröjningslösa modellen.
c. Antagandet om en helt perfekt modell, både av processen och av dödtiden, är högst orealistiskt. Det betyder att processen egentligen troligen kommer att bli högst instabil givet fel i modellen eller skattningen, då vi försöker kontrollera processen långt över dödtidsmarginalen.
5. Figur 4 visar fyra stycken Nyquistkurvor a-d.
a. Överföringsunktionerna som motsvarar kurvorna är rationella funktioner (po- lynom dividerat med polynom), men med olika form:
1. En av funktionerna har 1 nollställe och 3 poler.
2. En av funktionerna har 1 nollställe och 5 poler.
3. En av funktionerna har en integrator (en faktor 1/s).
4. En av funktionerna har förutom den rent rationella biten även en tidsför- dröjningskomponent.
Matcha de olika nyquistkurvorna (a-d) med rätt funktion (1-4). (2 p) b. Vilka av funktionerna (a-d) kan återkopplas stabilt med en P-regulator med
förstärkning K = 1? Motivera ditt svar. (0.5 p)
c. Vilken av de funktioner (a-d) som kan återkopplas stabilt (enligt ditt svar i b.) har lägst fasmarginal? Motivera ditt svar. (0.5 p) d. Vilken av de funktioner (a-d) som kan återkopplas stabilt (enligt ditt svar i b.) har lägst amplitudmarginal? Motivera ditt svar. (0.5 p) Solution
a. Kurva a) har en spiralform. Eftersom en tidsfördröjning motsvaras i frekvens- domänen av e−iτ ω så representerar det en rotation som ökar med ω, vilket gör att vi kan matcha a) med 4.
Kurva c) har den enda kurvan som inte konvergerar mot något värde då ω → 0.
Detta innebär att den måste innehålla en integrator och alltså motsvarar 3.
Kurva b) och d) måste då motsvara de rationella funktionerna. Då ω → ∞ konvergerar b) mot fasen −180◦. Kurva d konvergerar mot fasen −360◦. Då differensen mellan poler och nollställen är högre för funktion 2 måste det mot- svara kurva d, då detta innebär att den kommer konvergera mot en lägre fas.
b. Den enda kurva som innesluter -1 är kurva d. Alla övriga system kan alltså återkopplas stabilt enligt Nyquistkriteriet.
c. Kurva a) har en låg fasmarginal. Alla de andra kurvorna har relativt hög fasmarginal.
d. Kurva a) har också lägst amplitudmarginal. Vi ser att ingen förstärkning K kan väljas för att göra b) och c) instabila.
(a) (b)
(c) (d)
Figur 4: Nyquistkurvor till uppgift 5.
6. Dynamiken för en spårvagn, från styrsignalen u(t) ∈ [0, 1] till positionen y(t) [m], beskrivs av överföringsfunktionen
GP(s) = 3 s(s + 0.2).
Vi vill reglera spårvagnens position med hjälp av en P-regulator GR(s) = K.
Ange för vilka värden på K som spårvagnen klarar av att följa en referenssignal r(t) = 15t med ett stationärt fel |r(t) − y(t)| < 1. (2 p) Solution
Kretsöverföringsfunktionen blir
G0(s) = K 3 s(s + 0.2).
Sambandet mellan referenssignalen och mätsignalen för det slutna systemet är Y (s) = G0(s)
1 + G0(s)R(s), och reglerfelet ges av
E(s) = R(s) − Y (s) = R(s) − G0(s)
1 + G0(s)R(s) =
1 − G0(s) 1 + G0(s)
R(s)
= 1
1 + G0(s)R(s) = s2+ 0.2s
s2+ 0.2s + 3KR(s).
Referenssignalen r(t) = 15t har Laplacetransformen R(s) = 15/s2, och vi vill undersöka reglerfelet e(t) = r(t) − y(t) då t → ∞. Slutvärdessatsen ger
t→∞lim e(t) = lim
s→0sE(s) = lim
s→015 s + 0.2
s2+ 0.2s + 3K = 1 K.
Satsen kan användas eftersom sE(s) är asymptotiskt stabilt, då s2+ 0.2s + 3K har positiva koefficienter förutsatt att K > 0. Villkoret blir alltså
t→∞lim e(t) < 1 ⇔ 1
K < 1 ⇔ K > 1, och vi får därmed att |r(t) − y(t)| < 1 stationärt för K > 1.
7. Positionen x1 och hastigheten x2 för en massa m som är fäst i en fjäder och en dämpare och som vi kan påverka med en kraft u beskrivs av systemet
x =˙
"
0 1
−mk −mc
# x +
"
0
1 m
# u y = [ 1 0 ] x,
där x = [ x1 x2]T, k är fjäderkonstanten och c är dämpningskoefficienten.
Anta i de följande deluppgifterna att m = 1, k = 4 och c = 2.
a. Bestäm en styrlag på formen u(t) = lrr(t) − l1x1(t) − l2x2(t), för några kon- stanter lr, l1 och l2, så att det slutna systemet, från referenssignalen r(t) till mätsignalen y(t), får två poler i s = −α (för ett givet α > 0) och statisk för-
stärkning 1. (2 p)
b. Vi vill skatta tillståndsvariablerna med hjälp av styrsignalen u, mätsignalen y och en observerare på formen ˙ˆx = Aˆx+Bu+K(y −C ˆx). Bestäm den konstanta vektorn K = [ k1 k2]T så att skattningsfelet ˜x = x − ˆx beskrivs av ett linjärt system ˙˜x = Aox, där matrisen A˜ o har två egenvärden λ = −β (för ett givet
β > 0). (1 p)
c. Vi kan inte mäta alla tillståndsvariabler och vill därför använda styrlagen som vi bestämt med skattningarna av tillståndsvariablerna som vi får från obser- veraren. Anta att α är givet. Föreslå ett lämpligt val av β och motivera ditt
val. (1 p)
Solution
a. Med de angivna parametervärdena blir systemet
x =˙
"
0 1
−4 −2
# x +
"
0 1
#
u = Ax + Bu y = [ 1 0 ] x = Cx
(1)
Vi vill bestämma en tillståndsåterkoppling u(t) = lrr(t) − Lx(t), där L = [ l1 l2]T, så att det slutna systemet (systemet från r till y) får polpolynomet (s + α)2= s2+ 2αs + α2. (2) Insättning av styrlagen i (1) ger oss det slutna systemet
x = (A − BL)x + Bl˙ rr y = Cx.
Polerna till systemet är desamma som egenvärdena till matrisen A − BL, vilka ges av nollställena till det karakteristiska polynomet
p(s) = det(sI − (A − BL)) = det "
s 0 0 s
#
−
"
0 1
−4 −2
# +
"
0 1
#
[ l1 l2]
!
= det
"
s −1
4 + l1 s + 2 + l2
#
= s2+ (2 + l2)s + 4 + l1.
Vi ska välja parametrarna l1och l2 i vår styrlag så att detta polpolynom är lika med det specificerade polpolynomet (2). Identifiering av koefficienterna ger att detta är uppfyllt om
(2 + l2= 2α 4 + l1= α2 ⇔
(l1 = α2− 4 l2 = 2(α − 1).
Den statiska förstärkningen ges av G(0). Överföringsfunktionen för det slutna systemet är
G(s) = C(sI − (A − BL))−1Blr= [ 1 0 ]
"
s −1
α2 s + 2α
#−1"
0 1
# lr.
Vi får då
G(0) = [ 1 0 ]
"
0 −1 α2 2α
#−1"
0 1
#
lr= [ 1 0 ] 1 α2
"
2α 1
−α2 0
# "
0 1
#
lr= lr
α2, och kravet att den statiska förstärkningen ska vara 1, G(0) = 1, är alltså uppfyllt ifall vi väljer lr= α2.
b. Skattningsfelet för den valda observeraren ändras med tiden som
˙˜
x = ˙x − ˙ˆx = Ax + Bu − Aˆx − Bu − KCx + KC ˆx = (A − KC)˜x.
Vi vill se till att egenvärdena för matrisen Ao = A − KC ges som nollställen till det karakteristiska polynomet
(s + β)2= s2+ 2βs + β2. (3) Egenvärdena ges av
p(s) = det(sI − (A − KC)) = det "
s 0 0 s
#
−
"
0 1
−4 −2
# +
"
k1 k2
# [ 1 0 ]
!
= det
"
s + k1 −1 4 + k2 s + 2
#
= s2+ (k1+ 2)s + 2k1+ 4 + k2.
Vi ska välja parametrarna k1 och k2 i observeraren så att detta polpolynom är lika med det specificerade polpolynomet (3). Identifiering av koefficienterna ger att detta är uppfyllt om
(k1+ 2 = 2β
2k1+ k2+ 4 = β2 ⇔
(k1 = 2(β − 1) k2 = β2− 4β .
c. Ett system med poler i vänster halvplan är snabbare desto längre från origo som polerna ligger. Vi måste se till att skattningen av tillståndsvariablerna är snabbare än dynamiken för det slutna systemet med vår använda styrlag, så att det skattade tillståndet är tillräckligt nära det riktiga innan styrlagen hinner påverka systemet allt för mycket baserat på felaktiga antaganden om tillståndsvariablernas värden. Det måste alltså gälla att β > α, och ett lämpligt val kan exempelvis vara β = 2α.
10-6 10-5 10-4 10-3 10-2 10-1 100
Magnitude (abs)
10-2 10-1 100 101 102 103
-270 -180 -90 0
Phase (deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/s)
Figur 5: Bodediagram till uppgift 8.
8. Bodediagrammet för ett system G0(s) visas i figur 5.
a. Vad blir utsignalen y(t) från systemet G0(s) (efter att transienten har dött ut) då insignalen till detta är u(t) = sin(10t)? (1 p) b. Vi vill göra systemet snabbare genom att införa en kompenseringslänk Gk(s) så att G0(s) ersätts med Gny0 (s) = Gk(s)G0(s). Bestäm en kompenseringslänk Gk(s) sådan att systemet Gny0 (s) får en skärfrekvens ωcny som är fem gånger så stor som för G0(s), samt en fasmarginal ϕnym ≥ 45◦. (2.5 p) Solution
a. Då insignalen till ett linjärt tidsinvariant system G0(s) är en sinussignal så blir utsignalen en fasförskjuten sinussignal med samma frekvens, fasändring arg G0(iω) och en amplitud som är en faktor |G0(iω)| större än insignalens. Vi
får alltså utsignalen
y(t) = |G0(10i)| sin(10t + arg G0(10i)) = 0.1 sin(10t − π),
genom avläsning av amplitud och fas i Bodediagrammet. Notera att fasänd- ringen måste anges i radianer, eftersom enheten måste vara samma som för ωt.
b. Systemets skärfrekvens kan höjas med hjälp av en fasavancerande länk Gk(s) = KkN s + b
s + bN.
Skärfrekvensen för det okompenserade systemet erhålls genom avläsning av
|G0(iωc)| = 1 som ωc = 2. Vi vill att den nya skärfrekvensen ska vara fem gånger så stor, d.v.s. ωcny = 10. Vid denna frekvens är arg G0(iωcny) = −180◦. Eftersom vi vill ha en fasmarginal på ϕnym ≥ 45◦för det kompenserade systemet måste vi alltså öka fasen vid ωcny med 45◦. I diagrammet som visar sambandet mellan N och fasökningen i formelsamlingen ser vi att N = 6 är ett val som uppfyller detta. Den maximala fasökningen för kompenseringslänken sker vid ω = b√
N , och eftersom vi vill placera denna vid den nya skärfrekvensen får vi ωnyc = b√
N ⇒ b = ωnyc
√
N = 10
√ 6.
Slutligen måste vi se till att uppfylla |Gny0 (iωnyc )| = |Gk(iωcny)G0(iωnyc )| = 1, så att den önskade skärfrekvensen verkligen blir skärfrekvens, vilket kan göras genom att välja Kk lämpligt. Från formelsamlingen får vi att |Gk(iωnyc )| = Kk√
N , och avläsning i Bodediagrammet ger att |G0(iωcny)| = 0.1. Skärfre- kvensen blir alltså den önskade om
0.1Kk
√
N = 1 ⇒ Kk= 10/√ 6.
En kompenseringslänk som uppfyller specifikationerna är därmed
Gk(s) = KkN s + b
s + bN = 10√
6s + 10/√ 6 s + 10√
6 ≈ 24.5s + 4.08 s + 24.5.
